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2017届高三物理二轮复习专题能力提升练三动量与能量


专题能力提升练(三) 动量与能量
(45 分钟 100 分)

一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。第 1~5 题只有一项符合题目要求,第 6~8 题有多项 符合题目要求) 1.如图所示,相同乒乓球 1、2 恰好在等高处水平向左越过球网,不计乒乓球的旋转和空气阻力,乒乓球自最 高点到落台的过程中,正确的是 ( )

A.球 1 重力做的功大于球 2 重力做的功 B.落台时,球 1 的重力功率大于球 2 的重力功率 C.球 1 的平均功率等于球 2 的平均功率 D.球 1 和球 2 在空中可能相遇 【解析】 选 C。 球 1 和球 2 平抛运动的高度相同,重力做的功 W=mgh 相同,选项 A 错误;由 h= gt 得 t=
2

,

可知两球运动的时间相同,落台时,由 vy=gt 知,竖直分速度相等,根据 P=mgvy 知,重力的瞬时功率相等,选项 B 错误;由 P= 可知两球的平均功率相等,选项 C 正确;相同时间两球下落的高度相等,但水平位移不等,不 可能相遇,选项 D 错误。 2.(2016·漳州一模)如图所示,A、B 是两个质量均为 m 的小球,小球 A 从静止开始沿倾角为 30°的光滑斜 面下滑,经 tA 时间到达斜面底端 O,到达斜面底端 O 时动能为 EkA,小球 B 从与 A 球等高处被水平抛出,经 tB 时间到达斜面底端 O 点,到达斜面底端 O 时动能为 EkB,g 取 10m/s ,则下列说法正确的是 (
2

)

A.EkA=EkB C.EkA<EkB

B.tA=tB D.tA<tB ,解得 EkB=mgh+ m ,对 A 由动能定理得 mgh=EkA-0,可知

【解析】选 C。对 B 由动能定理得 mgh=EkB- m

-1-

EkA<EkB,故 A 错误,C 正确;B 做平抛运动,B 的运动时间 tB=

,A 下滑的加速度 a=gsin30°= g,位移 x=2h,

根据 x= a

得 tA=

,可知 tA>tB,故选项 B、D 错误。

3.(2016·烟台一模)如图所示,可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2m 的轻杆相连,两球质量相等,开始 时两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个 2m/s 的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为 30°的 光滑斜面,不计球与斜面碰撞时的机械能损失,g 取 10m/s ,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断正 确的是 ( )
2

A.杆对小球 A 做负功 B.小球 A 的机械能守恒 C.杆对小球 B 做正功 D.小球 B 速度为零时距水平面的高度为 0.15m 【解析】选 D。将小球 A、B 视为一个系统,设小球的质量均为 m,最后小球 B 上升的高度为 h,根据机械能守 恒定律有 ×2mv =mgh+mg(h+0.2m×sin30°),解得 h=0.15m,选项 D 正确;以小球 A 为研究对象,由动能定理 有-mg(h+0.2m× sin30°)+W=0- mv ,可知 W>0,可见杆对小球 A 做正功,选项 A、B 错误;由于系统机械能守恒,故小球 A 增加 的机械能等于小球 B 减少的机械能,杆对小球 B 做负功,选项 C 错误。 【总结提升】应用机械能守恒定律解题时的三点注意 (1)注意研究对象的选取 :研究对象的选取是解题的首要环节 ,有的问题选单个物体(实为一个物体与地球 组成的系统)为研究对象时机械能不守恒,但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象,机械能却是 守恒的。 (2)注意研究过程的选取 :有些问题研究对象的运动过程分几个阶段 ,有的阶段机械能守恒 ,而有的阶段机 械能不守恒。因此,在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。 (3)注意机械能守恒表达式的选取:守恒观点的表达式 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 适用于单个或多个物体机械能守恒的问 题,解题时必须选取参考平面。而表达式Δ Ek=-Δ Ep 和 EA 增=EB 减是从“转化”和“转移”的角度来反映机械 能守恒的,不必选取参考平面。 4.(2016·中山一模)如图所示,质量相等的物体 A、B 通过一轻质弹簧相连,开始时 B 放在地面上,A、B 均处
-22 2

于静止状态,此时弹簧压缩量为Δ x1。现通过细绳将 A 向上缓慢拉起,第一阶段拉力做功为 W1 时,弹簧变为 原长 ; 第二阶段拉力再做功 W2 时 ,B 刚要离开地面, 此时弹簧伸长量为 Δ x2。弹簧一直在弹性限度内 , 则 ( )

A.Δ x1>Δ x2 B.拉力做的总功等于 A 的重力势能的增加量 C.第一阶段,拉力做的功等于 A 的重力势能的增加量 D.第二阶段,拉力做的功等于 A 的重力势能的增加量 【解析】选 B。开始时 A 压缩弹簧,形变量为Δ x1= x2=mg,故形变量Δ x2= ,要使 B 刚要离开地面,则弹力应等于 B 的重力,即 kΔ

,则Δ x1=Δ x2=x,故选项 A 错误;缓慢提升物体 A,物体 A 的动能不变,第一阶段与第

二阶段弹簧的形变量相同,弹簧弹力做的功大小相同,由动能定理得 W1+W 弹-mgx=0,W2-W 弹-mgx=0,W1= mgxW 弹,W2= mgx+W 弹,由于在整个过程中,弹簧的弹性势能不变,物体 A、B 的动能不变,B 的重力势能不变,由能 量守恒定律可知,拉力做的功转化为 A 的重力势能,拉力做的总功等于 A 的重力势能的增加量,故选项 B 正 确;第一阶段物体重力势能的增加量为 mgx,由 W1=mgx-W 弹可知,拉力做的功小于 A 的重力势能的增量,故选 项 C 错误;第二阶段重力势能的增加量为 mgx,由 W2=mgx+W 弹可知拉力做的功大于 A 的重力势能的增加量,故 选项 D 错误。 5.(2016·衡水一模)某重型气垫船,自重达 5.0×10 kg,最高时速为 108km/h,装有额定输出功率为 9000kW 的燃气轮机。假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力 Ff 与速度 v 满足 Ff=kv,下列说法正确的是 ( )
5

A.该重型气垫船的最大牵引力为 3.0×10 N B.从题中给出的数据,可算出 k=1.0×10 N·s/m
-34

5

C.以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为 3.0×10 N D.以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船发动机的输出功率为 4500kW 【解析】选 B。气垫船的最高速度为 v=108km/h=30m/s,在额定输出功率下以最高时速航行时,根据 P=Fv 得 气垫船的牵引力 F= =3.0×10 N,此时匀速运动,由 P=Fv 知,在速度达到最大前,F>3.0×10 N,即气垫船的最 大牵引力大于 3.0×10 N,故选项 A 错误;气垫船以最高时速匀速运动时,气垫船所受的阻力为 Ff=F=3.0× 10 N,根据 Ff=kv 得 k=1.0×10 N·s/m,故选项 B 正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻 力为 Ff′=k = Ff=1.5×10 N,此时气垫船发动机的输出功率为 P′=F′ =Ff′ =1.5×10 ×15W=2250kW,故 选项 C、D 错误。 6.质量为 m 的汽车在平直路面上由静止匀加速启动,运动过程的 v -t 图象如图所示,已知 t1 时刻汽车达到 额定功率,之后保持额定功率运动,整个过程中汽车受到的阻力恒定,由图可知 ( )
5 5 5 4 5 5 5

5

A.在 0~t1 时间内,汽车的牵引力大小为 B.在 0~t1 时间内,汽车的功率与时间 t 成正比 C.汽车受到的阻力大小为 D.在 t1~t2 时间内,汽车克服阻力做的功为 m( ) ,由牛顿第二定律可得 F-Ff=ma,在 t1

【解析】选 B、C。在 0~t1 时间内汽车做匀加速运动,加速度为 a=

时 刻 达 到 额 定 功 率 ,P=Fv1,t2 时 刻 达 到 最 大 速 度 , 此 时 牵 引 力 等 于 阻 力 , 故 P=Ffv2, 联 立 解 得 F= ,Ff= ,故选项 A 错误,C 正确;在 0~t1 汽车匀加速运动,牵引力恒定,汽车的功率 - m ,解

P=Fv=Fat,功率与时间成正比,故选项 B 正确;在 t1~t2 时间内,根据动能定理可得 Pt-Wf= m 得 Wf=Pt- m( 【加固训练】 ),故选项 D 错误。

一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图,已知该车质量为 2×10 kg,在某平直路面上 行驶,阻力恒为 3×10 N。 若汽车从静止开始以恒定加速度 2m/s 做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时
-43 2

3

间大约为 (

)

A.8 s

B.14 s

C.26 s

D.38 s

【 解 析 】 选 B 。 由 图 可 知 , 跑 车 的 最 大 输 出 功 率 大 约 为 200kW, 根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 , 牵 引 力 F=Ff+ma=3000N+2000×2N=7000N,则匀加速过程最大速度 vm= = m/s≈28.6 m/s,匀加速过程持续的时间 t= = s=14.3 s,故 B 正确,A、C、D 错误。

7.(2016· 河北区一模)如图所示,匀强电场场强大小为 E,方向与水平方向夹角为θ (θ ≠45°),场中有一质 量为 m,电荷量为 q 的带电小球,用长为 L 的细线悬挂于 O 点。当小球静止时,细线恰好水平。现用一外力将 小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点,小球电荷量不变,则在此过程中 ( )

A.外力所做的功为 mgLcotθ B.带电小球的电势能增加 qEL(sinθ +cosθ ) C.带电小球的电势能增加 2mgLcotθ D.外力所做的功为 mgLtanθ 【解析】选 A、B。小球在水平位置静止,由共点力的平衡条件可知,qEsinθ =mg,则 qE= ,小球从最初始

位置移到最低点时,电场力所做的功 W 电=-EqL(cosθ +sinθ ),电场力做负功,电势能增加,故选项 B 正确,C 错误;由动能定理可知,W 外+W 电+WG=0,W 外=-(W 电+WG)=EqL(cosθ +sinθ )-mgL=mgcotθ ,故选项 A 正确,D 错误。 8.(2016· 泉州一模)如图,长为 L 的传送带与水平面的夹角为θ ,皮带传送速率为 v 且保持不变,将质量为 m 的小物块轻放在传送带的下端,传送到上端的时间为 t,小物块和传送带间因摩擦产生的热量为 Q,传送带对 小物块做的功为 W,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ ,则下列关系中可能正确的是 ( )

-5-

A.Q>μ mgLcosθ B.Q=( ) mv
2

C.W>μ mgvtcosθ D.W= mv +mgLsinθ +Q 【解题指导】解答本题应注意以下三点: (1)判断物块在传送带上可能的运动情况。 (2)物块和传送带间因摩擦产生的热量可由功能关系 Q=Ffx 相对求解。 (3)传送带对小物块做的功要根据物块的运动情况,利用功的计算公式或者功能关系求解。 【解析】选 A、B。物块随传送带向上运动的情况有三种可能:一是物块一直向上做加速运动,到达最高点时 物块的速度小于 v;二是物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度恰好等于 v;三是物块先向上加 速 到 v, 然 后 随 传 送 带 向 上 做 匀 速 运 动 。 由 牛 顿 第 二 定 律 得 物 块 向 上 加 速 运 动 的 加 速 度 为
2

a= =μ gcosθ -gsinθ ,在时间 t 内传送带前进位移为 x=vt,发生的相对位移为 Δ x=vt-L。 若物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度小于 v 时,传送带相对于物块的位移最大, 产生的热量最多,若此时Δ x=vt-L>L,则 Q= μ mgcosθ ·Δ x>μ mgLcosθ ,故选项 A 正确;若物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度恰好等 于 v 时,则 v=at,L= at ,Δ x=vt-L= =
2

=

,产生的热量 Q=μ mgcosθ ·Δ x=μ mgcosθ ·

· mv ,故选项 B 正确;若物块一直做加速运动,则传送带对物块做的功 W=μ mgcosθ ·L,由于物块 的速度小于等于 v,所以 L≤vt,所以 W≤μ mgvtcosθ ,故选项 C 错误;当物块的速度能达到 v 时,传送带对物 块做的功转化为动能与重力势能的和,即 W= mv +mgLsinθ ,故选项 D 错误。 二、计算题(本大题共 2 小题,共 36 分。需写出规范的解题步骤)
-62

2

9.(16 分)(2016·江苏高考)如图所示,倾角为α 的斜面 A 被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一 端跨过斜面顶端的小滑轮与物块 B 相连,B 静止在斜面上。 滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行,A、 B 的质量均为 m,撤去固定 A 的装置后,A、B 均做直线运动。不计一切摩擦,重力加速度为 g。求:

(1)A 固定不动时,A 对 B 支持力的大小 N。 (2)A 滑动的位移为 x 时,B 的位移大小 s。 (3)A 滑动的位移为 x 时的速度大小 vx。 【解题指导】(1)A 固定不动时,B 受平衡力作用。 (2)撤去固定 A 的装置后,A、B 均做直线运动,勾画两个物体的运动位移关系。 (3)解决叠加体问题中的速度问题首选机械能守恒定律。 【解析】(1)支持力的大小 N=mgcosα (2 分)

(2)根据几何关系 sx=x(1-cosα ), (2 分) sy=xsinα , (2 分) 且s= 解得 s= (3)B 下降的高度 sy=xsinα 根据机械能守恒定律 mgsy= m + m (3 分)
2

+

(1 分) ·x (1 分)

(1 分)

根据速度的定义得 vA=

,

(1 分)

vB=

(1 分)

-7-

则 vB=

·vA, (1 分)

解得 vx=vA=



(1 分)

答案:(1)mgcosα

(2)

·x

(3) 10.(20 分)(2016·石嘴山一模)如图所示,水平传送带长 L=12m,且以 v=5m/s 的恒定速率顺时针转动,光滑 曲面与传送带的右端 B 点平滑连接,有一质量 m=2kg 的物块从距传送带高 h=5m 的 A 点由静止开始滑下。已 知物块与传送带之间的动摩擦因数μ =0.5,重力加速度 g 取 10m/s ,求:
2

(1)物块距传送带左端 C 的最小距离。 (2)物块再次经过 B 点后滑上曲面的最大高度。 (3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量。 【解析】(1)物块从 A 到 B 的过程中,由动能定理得: mgh= m (2 分)

解得:vB=10m/s(1 分) 物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律得: μ mg=ma (1 分) 解得:a=5m/s (1 分) 由运动学公式得:0解得:x1=10m(1 分) 且 t1= =2s(1 分) =-2ax1 (1 分)
2

物块距传送带左端 C 的最小距离: dmin=L-x1=2m(1 分) (2)物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定律得: μ mg=ma′ 解得:a′=5m/s(1 分)
-8-

物块到达与传送带共速的时间: t2= =1s(1 分) x2= a′ =2.5m<10m(1 分)

此后物块随传送带向右匀速运动,经过 B 点时的速度 v=5m/s 物块经过 B 点后滑上曲面的过程中,由动能定理得: -mghm=0- mv
2

(2 分)

解得:hm=1.25m(1 分) (3)物块在传送带上向左运动的过程中,相对位移: Δ x1=x1+vt1=20m(1 分) 此过程中产生的热量: Q1=μ mgΔ x1=200J(1 分) 物块在传送带上向右运动的过程中,相对位移: Δ x2=vt2-x2=2.5m(1 分) 此过程中产生的热量: Q2=μ mgΔ x2=25J(1 分) 全程产生的热量: Q 热=Q1+Q2=225J(1 分) 答案:(1)2m (2)1.25m (3)225J

-9-


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